Höhere Mathematik II

Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

A

Höhere Mathematik II

2. Übung mit Lösungshinweisen

Abgabe Hausübungen: W. 19

Gruppenübungen

(G 3)

(a) Berechnen Sie den Gradienten folgender Funktionen:

f₁(x,y) = sin xy³ , f₂(x,y) =

(_(x+y)2

x²+y², (x,y)6= (0,0), 1 (x,y) = (0,0).

(b) Untersuchen Sie die Stetigkeit von der Funktion f₂ in(0,0). Kann man den Wert f₂(0,0)so wählen das f₂inR²stetig ist?

LÖSUNG:

(a) f₁(x,y) =sin xy³ und

∂f₁

∂x = y³cos xy³ ,

∂f₁

∂y = 3xy²cos xy³ .

Damit ist der Gradient

∇f₁= y³cos xy³

,3xy²cos xy³ .

Es ist klar, dass f₂(x,y) = f₂(y,x)und damit ist^∂f2

∂y (x,y) = ^∂f2

∂x (y,x). Wir können f₂für (x,z)6= (0,0)so schrieben:

f₂(x,y) =x²+y²+2xy

x²+y² =1+ 2xy x²+y²

Damit gilt

∂f₂

∂x = 2y x²+y²

−2xy(2x)

(x²+y²)² =2 y³−x²y

(x²+y²)² =−2y x²−y² (x²+y²)²,

∂f₂

∂y (x,y) = ∂f₂

∂x (y,x) =−2x y²−x² (x²+y²)².

Der Gradient ist

∇f₂(x,y) = −2y x²−y²

(x²+y²)²,−2x y²−x² (x²+y²)²

! .

(b) Die Funktion f₂(x,y) =1+ ^2xy

x²+y² ist in(0,0)nicht stetig, weil f₂(0,0) =1 ist, aber der Grenzwert in (0,0) nicht existiert. Um das zu zeigen nehmen wir zwei Folgen die beide nach(0,0)konvergiert:

{x_n}_n≥1= 1

n,1 n

n≥1

und{y_n}_n≥1= 1

n,0

n≥1

.

Dann gilt

n→∞lim f₂(x_n) = lim

n→∞f₂ 1

n,1 n

= 1+ 2_n¹2

1 n²+ ¹

n²

=2 und

n→∞lim f₂(y_n) = lim

n→∞f₂ 1

n,0

== 1+ 0

1+0 =1.

Weil 26=1 kann f₂in(0,0)nicht stetig sein.

(G 4)

(a) Die ideale Gasgleichung lautet: p·V_m=R·T, wobeiV_m=V/ndas molare Volu- men ist. Berechnen Sie den Gradienten und alle zweiten partiellen Ableitungen der Funktion p=p(V_m,T). Was fällt ihnen auf?

(b) Bilden Sie die partiellen Ableitungen des Druckespnach VolumenV, Temperatur T und Stoffmenge n für die folgende Gleichung, die das Verhalten realer Gase beschreibt (van der Waals-Gleichung;a,bundRsind Konstante):

p+n²·a V²

(V−n·b) =n·R·T.

LÖSUNG:

(a) Es folgt, dass

p=p(V_m,T) =RT V_m und damit gilt

∂p

∂V_m =−RT

V_m² und ∂p

∂T = R V_m. Die höhere partielle Ableitungen sind

∂²p

∂T∂V_m = ∂

∂T ∂p

∂V_m

= ∂

∂T

−RT V_m²

=− R V_m²,

∂²p

∂V_m∂T = = ∂

∂V_m ∂p

∂T

= ∂

∂V_m R

V_m

=− R V_m²,

∂²p

∂T² = ∂

∂T ∂p

∂T

= ∂

∂T R

V_m

=0 und

∂²p

∂V_m² = ∂

∂V_m ∂p

∂V_m

= ∂

∂T

−RT V_m²

= 2RT V_m³ .

Man sieht dann das die beide gemischte partielle zweite Ableitungen sind gleich:

∂²p

∂V_m∂T =− R

V_m² = ∂²p

∂T∂V_m. (b) Wir betrachten

p+n²·a V²

(V−n·b) =n·R·T

und leiten beide Seiten nachV T undnab unter der Voraussetzung, dassp=p(V,T,n).

Es gilt

∂

∂V

p+n²·a V²

(V−n·b) = ∂

∂Vn·R·T

⇔ ∂p

∂V −2n²a V³

(V−nb) +

p+n²·a V²

= 0

⇔

∂p

∂V = 2n²a

V³ − 1 V−nb

p+n²a V²

fallsV 6=nbund fallsV =nb(d.h. entwederT=0 odern=0) gilt aus obiger Gleichung, dass

p=−an²

V² ⇒ ∂p

∂V = 2an³ V³ . Es gilt auch, dass

∂

∂T

p+n²·a V²

(V−n·b) = ∂

∂Tn·R·T

⇔

∂p

∂T (V−nb) = nR

⇔

∂p

∂T = nR V−nb

fallsV 6=nbund fallsV =nbkönnen wir nichts über _∂T^∂p sagen. Zuletzt haben wir

∂

∂n

p+n²·a V²

(V−n·b) = ∂

∂nn·R·T

⇔ ∂p

∂n+2na V²

(V−nb)−b

p+n²·a V²

= RT

⇔

∂p

∂n = −2na

V² + 1 V−nb

b

p+n²a V²

+RT

fallsV 6=nbund fallsV =nbgilt

−b

p+n²·a V²

=RT ⇒ p=−n²a V² −RT

b ⇒ ∂p

∂n =−2na V² . Wir haben jetzt gezeigt das fallsV 6=nbdann gilt

∂p

∂V = 2n²a

V³ − 1 V−nb

p+n²a V²

,

∂p

∂T = nR V−nb,

∂p

∂n = −2na

V² + 1 V−nb

b

p+n²a V²

+RT

.

FallsV =nb(d.h.T =0 odern=0) dann gilt

∂p

∂V = 2n²a V³ ,

∂p

∂n = −2na V²

und wir können nichts über ^∂p

∂T sagen.

Hausübungen

(H 2) [10=2+2+2+2+2P]

(a) Berechnen Sie den Gradient folgender Funktionen f_j:R²\ {(0,0)} →R,=1,2,3

f₁(x,y) = sin x²+y² x²+y² ,

f₂(x,y) = sin(xy) xy+x³y³,

f₃(x,y) = exp − 1 px²+y²

! .

(b) Untersuchen Sie die Stetigkeit folgender Funktionen:

g₁(x,y) =

(_xy−1

x−1, (x,y)6= (1,1), a₁, (x,y) = (1,1), g₂(x,y) =

(_x−y

x−1, (x,y)6= (1,1), a₂, (x,y) = (1,1),

Kann man die Konstantena_i∈Rso wählen, dassg_iauf ganzR²stetig ist (i=1,2)?

Hinweise/Test (a): Die Gradienten und Hessematrizen in dem Punkt(x,y) = (1,1)sind

∇f₁(1,1) =

cos(2)−1

2sin(2),cos(2)−1 2sin(2)

,

∇f₂(1,1) = 1

2cos(1)−sin(1),1

2cos(1)−sin(1)

,

∇f₃(1,1) = exp

− 1

√2 1

2³²

(1,1).

Bitte vergleichen Sie ihre Lösungen mit diese Werten vor der Abgabe!

LÖSUNG:

(a) (1) Es ist klar, dass f₁(x,y) = ^sin(^x2+y2)

x²+y² symmetrisch inxundyist. Damit folgt das

∂f1

∂x (x,y) =^∂f1

∂y (y,x). Wir berechnen einfach das

∂f₁

∂x (x,y) = 2xcos x²+y²

x²+y²

−2xsin x²+y²

(x²+y²)² = 2xcos x²+y²

(x²+y²) −2xsin x²+y² (x²+y²)² ,

∂f₁

∂y (x,y) = ∂f₁

∂x (y,x) und damit ist die Gradient

∇f₁(x,y) =

∂f₁

∂x,∂f₁

∂y

mit

∂f₁

∂x = 2xcos x²+y²

(x²+y²) −2xsin x²+y² (x²+y²)² und

∂f₁

∂y = 2ycos x²+y²

(x²+y²) −2ysin x²+y² (x²+y²)² ,

∇f₁(1,1) =

cos(2)−1

2sin(2),cos(2)−1 2sin(2)

.

(2) f₂(x,y) = _xy+x^sin(xy)₃

y³,xy6= 0 is symmetrisch, d.h. f₂(x,y) = f₂(y,x). Deswegen gilt

∂f2

∂x (x,y) =^∂f2

∂y (y,x). Wir haben

∂f₂

∂x (x,y) = ycos(xy) xy+x³y³

−sin(xy) y+3x²y³ (xy+x³y³)²

= cos(xy) 1

(x+x³y²)−sin(xy) y+3x²y³ (xy+x³y³)²

und damit ist der Gradient von f₂:

∇f₂ =

∂f₂

∂x ,∂f₂

∂y

mit

∂f₂

∂x = cos(xy) 1

(x+x³y²)−sin(xy) y+3x²y³ (xy+x³y³)²und

∂f₂

∂y = cos(xy) 1

(y+y³x²)−sin(xy) x+3y²x³ (xy+x³y³)².

In der Punkt(1,1)gilt

∇f₂(1,1) = 1

2cos(1)−sin(1),1

2cos(1)−sin(1)

.

(3) f₃(x,y) =exp

−√ ¹

x²+y²

,(x,y)6= (0,0). Dann ist wie vorhier f₃symmetrisch und

∂f₃

∂x = x

(x²+y²)³²

exp − 1

px²+y²

!

∂f₃

∂y = y

(x²+y²)³²

exp − 1

px²+y²

!

also ist die Gradient

∇f₃(x,y) = exp − 1 px²+y²

! 1 (x²+y²)³²

(x,y),

∇f₃(1,1) = exp

− 1

√2 1

2³²

(1,1).

(b)

g₁(x,y) =

(_xy−1

x−1, (x,y)6= (1,1), a₁, (x,y) = (1,1), g₂(x,y) =

(_x−y

x−1, (x,y)6= (1,1), a₂, (x,y) = (1,1).

(1) Fürg₁(x,y)müßen wir die Grenzwert lim(x,y)→(1,1)xy−1

x−1 untersuchen. Wir nehemen zwei Folgen inR²die beide nach(1,1)konvergiert:

{x_n}_n≥1=

1+¹_n,1+¹_{n n≥1}und{y_n}_n≥1=

1+¹_n,1 _n≥1dann ist

n→∞limg₁(x_n) = lim

n→∞g₁

1+1 n,1+1

n

= 1+¹_n2

−1

1

n+1−1 = lim

n→∞

1 n²+²_n

1 n

= lim

n→∞

1

n+2=2,

n→∞limg₁(y_n) = lim

n→∞g₁

1+1 n,1

= 1+¹_n

−1

1

n+1−1 = lim

n→∞

1 n 1 n

= lim

n→∞1=1.

Weil die beide Grenzwerten nicht übeinstimmen existiert die Grenzwert lim(x,y)→(1,1)g₁(x,z) nicht und man kann nichta₁wählen so dasg₁stetig aufR²wird.

(2) Wir nehmen auch hier zwei Folgen{x_n}_n≥1=

1+¹_n,1+¹_{n n≥1}und{y_n}_n≥1= 1+¹_n,1 _n≥1dann gilt

n→∞limg₂(x_n) = lim

n→∞

1+¹_n−1−¹_n

1+¹_n−1 = lim

n→∞

0

1 n

=0,

n→∞limg₂(y_n) = lim

n→∞

1+¹_n−1

1+¹_n−1 = lim

n→∞

1 n 1 n

=1.

Weil die beide Grenzwerten nicht übeinstimmen existiert die Grenzwert lim(x,y)→(1,1)g₂(x,z) nicht und man kann nichta₂wählen so dasg₂stetig aufR²wird.